CF 1913

A

先把第一个加到 $a$ 中，然后扫到第一个不为 $0$ 的开始给 $b$。

正确性显然。

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B

可以交换，也就是可以任意重排。

那么记录一下 $0,1$ 的个数，从第一位开始模拟，知道 $0$ 或 $1$ 不够即可。

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C

从低位往高位一位位做，假设当前做到第 $i$ 位，有 $c$ 个 $2^i$，那么做完后，可以两两配对得到 $(c-1)/2$ 个 $2^{i+1}$，如果某一位是 $1$，并且 $c$ 为 $0$ 就无解。

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D

设 $f_{n,0/1}$ 为考虑前 $i$ 个数字，留 / 不留 $p_i$ 的方案数。

首先考虑不留 $p_i$ 的部分。

想要删掉 $p_i$，至少要找到一个小于 $p_i$ 的数才能做到，我们记 $l_i$ 为 $i$ 左边第一个小于 $p_i$ 的数。

那么 $f_{i,0}=f_{l_i,0}+f_{l_i,1}$。

因为想要删掉 $i$ 至少需要包含区间 $[l_i,i]$，当然有可能是更前面的数，但那种情况也没有留 $[l_i+1,i]$ 中的数，所以也计算在了 $f_{l_i}$ 中，把 $[l_i+1,i]$ 中的数删掉后，剩下的 $[1,l_i]$ 随便操作，我们并不关系 $l_i$ 是否被删，所以 留和不留都加上。

考虑留 $p_i$ 的部分。

第一个想法肯定是 $f_{i,1}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}$，因为会觉得既然留 $i$ 那就前面所有的情况加上 $i$。

但其实这样会忽略掉一些情况，如可能有些数等到 $i$ 加入序列后才能被删，如果直接拿 $i-1$ 算的话会算少。

同样依赖 $l_i$，考虑 $[j,i],j\in [l_i+1,i]$ 之间的操作，会删掉中间一段数，然后提供了 $f_{j-1,1}$ 的贡献。

为什么不用加上 $f_{j-1,0}$ ？

因为这种情况会被前面的考虑，当然 $f_{l_i,0}$ 不会被考虑，所以加上 $f_{l_i,0}$ 即可。

得到 $f_i=\sum _{j=l_i}^{i-1}{f}_{j,1}+f_{l_i,0}$。

发现是区间和的形式，前缀和优化即可。

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E

首先考虑如何构造出一组满足题目要求的解。

看到限制比较多的题目，想到网络流，我们给每一行每一列都建一个点，记为 $R_i,C_i$。我们给每个行的点连一条 $S->C_i$ 流量为 $a_i$ 的边，$R_i->T$ 连一条流量为 $b_i$ 的边，对于在一个点 $(i,j)$ 放 $1$，我们让 $C_i$ 向 $R_j$ 连一条流量为 1 的边，对改图跑最大流即可。

对于原问题，考虑费用流，对于每个 $0$ 的点，降他的费用设为 $1$。

首先强制所有 $1$ 都变成 $0$，那么如果他最后变成了 1，那么我们就要剪掉这个费用，那么我们把这类点的费用设为 -1，即可。

直接跑最小费用最大流。

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F

string，待补。